1、随堂演练能力课时13 电磁感应中的动力学和能量问题随堂演练突破一 电磁感应中的动力学问题 1.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 随堂演练2.电学对象与力学对象的转换及关系 随堂演练【例1】如图1所示，竖直平面内有一宽L1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计。在导轨的上、下边分别接有电阻R13 和R26。在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场和，磁感应强度大小均为B1 T。现有质量m0.2 kg、电阻r1 的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落
2、过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好。当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v13 m/s。不计空气阻力，g取10 m/s2。图1 随堂演练(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场和之间的距离h；(3)若将磁场的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场时速度大小变为v29 m/s，要使棒在外力F作用下做a3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式。解析(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势 E，棒在重力和安培力作用下做加速运动。由牛顿第二定律得：mgBILma
3、1EBLv1R R1R2R1R2随堂演练I ERr由以上四式可得：a15 m/s2(2)导体棒进入磁场后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变。mgBILI ERrEBLv联立式解得：v6 m/s导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，v2v212gh解得：h1.35 m随堂演练(3)导体棒进入磁场后经过时间 t 的速度大小vv2atFmgF 安maF 安B2L2vRr 由式解得：Ft1.6(N)答案(1)5 m/s2(2)1.35 m(3)Ft1.6(N)随堂演练【拓展延伸】(1)在【例1】中，当导体棒进入磁场且电流恒定不变时，a、b两点间的电势
4、差大小是多少？(2)在【例1】第(3)问中，请画出01.6 s内外力F与时间t的关系图象。解析(1)根据题意，导体棒进入磁场中，有mgBIL则a、b两点间的电势差为 UBLvIr 代入数据解得：U4 V 随堂演练(2)由于Ft1.6(N)故01.6 s内Ft图象如图所示 答案(1)4 V(2)见解析图 随堂演练方法提醒 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：随堂演练【变式训练】1.如图2所示，光滑斜面的倾角30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l11 m，bc边的边长l20.6 m，线框的质量m1 kg，电阻R0.
5、1，线框通过细线与重物相连，重物质量M2 kg，斜面上ef(efgh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s11.4 m，(取g10 m/s2)，求：图2 随堂演练(1)线框进入磁场前重物的加速度大小a；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度大小v；(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t。解析(1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F，斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F，对线框由牛顿第二定律得Fmgsin ma 对重物由牛顿第二定律得MgFMa 又FF 联立解得线框进入磁场
6、前重物的加速度 aMgmgsin Mm5 m/s2。随堂演练(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：MgF1线框 abcd 受力平衡：F1mgsin F 安又 F1F1ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 EBl1v回路中的感应电流为 IERBl1vRab 边受到的安培力为 F 安BIl1联立解得 Mgmgsin B2l21vR代入数据解得 v6 m/s。随堂演练(3)线框 abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至 gh 处，仍做匀加速直线运动。进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为 a5 m/s2，
7、该阶段的运动时间为 t1va1.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间 t2l2v0.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为 a5 m/s2随堂演练由匀变速直线运动的规律得 sl2vt312at23解得 t31.2 s因此 ab 边由静止开始到运动到 gh 处所用的时间tt1t2t32.5 s。答案(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s 随堂演练突破二 电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热Q的三种方法 随堂演练3.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感
8、应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。随堂演练【例2】(2015天津理综，11)如图3所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框
9、在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：随堂演练图3(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H。随堂演练解析(1)设磁场的磁感应强度大小为 B，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为 v1，cd 边上的感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律，有 E12Blv1设线框总电阻为 R，此时线框中电流为 I1，由闭合电路欧姆定律，有 I1E1R 设此时线框所受安培力为 F1，有 F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mgF1由式得 v1mgR4B2l2设 ab 边离开磁场之前，线框做
10、匀速运动的速度为 v2，同理可得 v2mgRB2l2 由式得 v24v1随堂演练(2)线框自释放直到 cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl12mv21线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)12mv2212mv21Q由式得 H Qmg28l答案(1)4 倍(2)Qmg28l随堂演练【变式训练】2.如图4(a)所示，斜面倾角为37，一宽为d0.43 m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行。取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之
11、间的关系如图(b)所示，图中、均为直线段。已知线框的质量为m0.1 kg，电阻为R0.06，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。随堂演练图4(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数；(2)求金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；(3)求金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm。随堂演练解析(1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，则E1Wf1mgcos 37x1 其中x10.36 m，E1(0.9000.756)J0.144 J 可解得0.5(2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的
12、功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v2ax1，其中agsin 37gcos 372 m/s2 可解得线框刚进磁场时的速度大小为v11.2 m/s E2Wf2WA(FfFA)x2 其中E2(0.7560.666)J0.09 J，FfFAmgsin 370.6 N，x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出x20.15 m 随堂演练tx2v10.151.2 s0.125 s(3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的焦耳热功率最大PmB2L2v22R由 v22v212a(dx2)可求得 v21.6 m/s根据线框匀速进入磁场时，FAmgcos 37mgsin 37，可
13、求出FA0.2 N，又因为 FAB2L2v1R，可求出 B2L20.01 T2m2将 v2、B2L2 的值代入，可求出 PmB2L2v22R0.43 W。答案(1)0.5(2)0.125 s(3)0.43 W 随堂演练突破三 电磁感应中的“杆导轨”模型 1.模型构建“杆导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点。“杆导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等。随堂演练2.模型分类及特点 (1)单杆水平式
14、物理模型动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为 v，加速度为 aFmB2L2vmR，a、v 同向，随 v 的增加，a 减小，当 a0 时，v 最大，IBLvR 恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0 v 最大 vm FRB2L2电学特征I 恒定随堂演练(2)单杆倾斜式 物理模型动态分析棒释放后下滑，此时 agsin，速度 vEBLvIERFBILa，当安培力 Fmgsin 时，a0，v 最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0，v 最大，vmmgRsin B2L2电学特征I 恒定随堂演练【例3】如图5甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂
15、直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m。导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B。金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g。现在闭合开关S，将金属棒由静止释放。图5 随堂演练(1)判断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)当B0.40 T，L0.50 m，37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示。取g10 m/s2，sin 370.60，co
16、s 370.80。求R1的阻值和金属棒的质量m。解析(1)由右手定则可知，金属棒 ab 中的电流方向为由 b 到 a。(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即 mgh12mv2Q则 Qmgh12mv2。随堂演练(3)金属棒达到最大速度 vm 时，切割磁感线产生的感应电动势：EBLvm由闭合电路的欧姆定律得：IER1R2从 b 端向 a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mgsin BIL0由以上三式得 vmmgsin B2L2(R2R1)随堂演练由图乙可知：斜率 k60302ms1115 ms11，纵轴截距 v30 m/s所以mgsi
17、n B2L2 R1v，mgsin B2L2 k解得 R12.0，m0.1 kg答案(1)ba(2)mgh12mv2(3)2.0 0.1 kg随堂演练【拓展延伸】若【例3】改为：金属棒和导轨之间的动摩擦因数为，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g。现在闭合开关S，将金属棒由静止释放。(1)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(2)当B0.40 T，L0.50 m，37，0.25时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图5乙所示。取g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。求R1的阻值和金属
18、棒的质量m。随堂演练解析(1)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能、电路中产生的焦耳热、金属棒和导轨之间摩擦产生的热量三者之和：mgh12mv2Qmghcos sin 即 Qmgh12mv2mghcos sin(2)金属棒达到最大速度 vm 时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势：EBLvm由闭合电路欧姆定律得：IER1R2从 b 端向 a 端看，金属棒受力如图(Ffmgcos)随堂演练金属棒达到最大速度时，满足：mgsin BILmgcos 0由以上三式得 vmmg（sin cos）B2L2(R2R1)由题图乙可知：斜率k60302ms1115 ms11，纵轴截距 v30 m/
19、s所以得到mg（sin cos）B2L2R1v，mg（sin cos）B2L2k解得 R12.0，m0.15 kg。答案(1)mgh12mv2mghcos sin (2)2.0 0.15 kg随堂演练反思总结 解决此类问题的分析要抓住“三点”：(1)杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)；(2)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功；(3)电磁感应现象遵从能量守恒定律。随堂演练【变式训练】3.(2014江苏单科，13)如图6所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的
20、磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：随堂演练图6(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。随堂演练解析(1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡，则有mgsin mgcos 解得：tan(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为：EBLv则电路中的感应电流 IER导体棒所受安培力 F 安BIL且由平衡条件得 F 安mgs
21、in 联立式，解得 vmgRsin B2L2随堂演练(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgdsin QQf12mv2摩擦产生的内能 Qfmgdcos 联立解得 Q2mgdsin m3g2R2sin22B4L4答案(1)tan (2)mgRsin B2L2(3)2mgdsin m3g2R2sin2 2B4L4随堂演练1.(多选)如图7所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，当流过
22、ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图7 随堂演练A.a 点的电势高于 b 点的电势B.ab 棒中产生的焦耳热小于 ab 棒重力势能的减少量C.下滑的位移大小为qRBLD.受到的最大安培力大小为B2L2vRsin 随堂演练解析 由右手定则可知 a 点相当于电源的正极，b 点相当于电源的负极，故 A 正确；由能量守恒可知 ab 棒重力势能的减少量等于 ab 棒中产生的焦耳热与 ab 棒的动能之和，故 B 正确；由 qR BxLR 可得，下滑的位移大小为 xqRBL，故 C 正确；金属棒ab 在这一过程中受到的安培力大小为 FBIL，I 最大为BLvR，故
23、最大安培力大小为B2L2vR，故 D 错误。答案 ABC 随堂演练2.(2015海南单科，13)如图8，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求 图8 随堂演练(1)电阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小。解析(1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为 EBlv，根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为 IER电阻 R
24、消耗的功率为 PI2R，联立可得 PB2l2v2R(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有 F 安mgF，F 安BIlBBlvR l，故FB2l2vR mg答案(1)B2l2v2R(2)B2l2vR mg随堂演练3.(2014天津理综，11)如图9所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m。导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B0.5 T。在区域中，将质量m10.1 kg，电阻R10.1 的金属条ab放在
25、导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g10 m/s2，问：随堂演练图9(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。随堂演练解析(1)根据右手定则判知 cd 中电流方向由 d 流向 c，故 ab 中电流方向由 a 流向 b。(2)开始放置 ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦
26、力为最大静摩擦力，设其为 Fmax，有 Fmaxm1gsin 设 ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有 EBLv设电路中的感应电流为 I，由闭合电路的欧姆定律有 IER1R2设 ab 所受安培力为 F 安，有 F 安BIL此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F安m1gsin Fmax联立式，代入数据解得：v5 m/s随堂演练(3)设 cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总，由能量守恒定律有 m2gxsin Q 总12m2v2由串联电路规律有 QR1R1R2Q 总联立解得：Q1.3 J答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J
